2019届高考数学第一部分把脉考向精准定位3三创新性__立足求变变中出新学案.docx

三、创新性立足求变变中出新迁移与交汇开放与探究新立意与常规求解高考数学试题的创新性是数学试题具有较高生命力和价值的体现，每年的高考试题的特点都呈现稳中求新，具有开放性、新颖性、灵活性等特点，“年年考题都相似，考题年年有创新”，解决创新性问题注重以下三点：(1)知识的迁移与交汇，将知识的迁移与交汇有机结合(2)做好“翻译”工作，将创新点“翻译”为数学基础知识(3)将开放性、探究性问题转化为常规性问题创新性典例解析核心素养迁移与交汇1.(2018高考全国卷)设函数f(x)x3(a1)x2ax.若f(x)为奇函数，则曲线yf(x)在点(0，0)处的切线方程为()A.y2x ByxCy2x Dyx目标创新点：函数的奇偶性与导数、切线交汇考查函数的奇偶性与导数的几何意义，考查函数方程思想，转化化归思想及运算求解能力解析：选D.法一：因为函数f(x)x3(a1)x2ax为奇函数，所以f(x)f(x)，所以(x)3(a1)(x)2a(x)x3(a1)x2ax，所以2(a1)x20，因为xR，所以a1，所以f(x)x3x，所以f(x)3x21，所以f(0)1，所以曲线yf(x)在点(0，0)处的切线方程为yx.故选D.法二：因为函数f(x)x3(a1)x2ax为奇函数，所以f(1)f(1)0，所以1a1a(1a1a)0，解得a1，所以f(x)x3x，所以f(x)3x21，所以f(0)1，所以曲线yf(x)在点(0，0)处的切线方程为yx.故选D.2.(2018高考全国卷)已知函数f(x)2sin xsin 2x，则f(x)的最小值是_目标创新点：二倍角公式、导数与最值问题交汇或柯西不等式做灵活运用考查二倍角公式与三角函数的最值导数及其应用，考查转化化归思想，函数方程思想与运算求解能力解析：法一：因为f(x)2sin xsin 2x，所以f(x)2cos x2cos 2x4cos2x2cos x24(cos x1)，由f(x)0得cos x1，即2kx2k，kZ，由f(x)0得1cos x，即2kx2k或2kx2k，kZ，所以当x2k(kZ)时，f(x)取得最小值，且f(x)minf2sinsin 2.法二：因为f(x)2sin xsin 2x2sin x(1cos x)4sin cos 2cos28sin cos3 ，所以f(x)23sin2 cos6 ，当且仅当3sin2 cos2 ，即sin2 时取等号，所以0f(x)2，所以f(x)，所以f(x)的最小值为.答案：续表创新性典例解析核心素养开放与探究3.(2018高考全国卷)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为()A. B.C. D.目标创新点：由静变动、由特殊到一般、由平面到空间，由形到数的迁移的开放考查线面角与平面图形的判断与面积，考查转化化归和数形结合能力，考查空间想象与运算求解能力解析：选A.记该正方体为ABCDABCD，正方体的每条棱所在直线与平面所成的角都相等，即共点的三条棱AA，AB，AD与平面所成的角都相等如图，连接AB，AD，BD，因为三棱锥AABD是正三棱锥，所以AA，AB，AD与平面ABD所成的角都相等分别取CD，BC，BB，AB，AD，DD的中点E，F，G，H，I，J，连接EF，FG，GH，IH，IJ，JE，易得E，F，G，H，I，J六点共面，平面EFGHIJ与平面ABD平行，且截正方体所得截面的面积最大又EFFGGHIHIJJE，所以该正六边形的面积为6，所以截此正方体所得截面面积的最大值为，故选A.4.(2017高考全国卷)在直角坐标系xOy中，曲线yx2mx2与x轴交于A，B两点，点C的坐标为(0，1)，当m变化时，解答下列问题：(1)能否出现ACBC的情况？说明理由；(2)证明过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值目标创新点：将不变与万变统一起来，探索与发现、论证统一起来考查两直线的位置关系、直线与圆的位置关系与直线和圆的方程，考查转化化归思想、函数方程和数学结合思想，考查逻辑推理与运算求解能力解：(1)不能出现ACBC的情况，理由如下：设A(x1，0)，B(x2，0)，则x1，x2满足x2mx20，所以x1x22.又C的坐标为(0，1)，故AC的斜率与BC的斜率之积为，所以不能出现ACBC的情况(2)证明：BC的中点坐标为(，)，可得BC的中垂线方程为yx2(x)由(1)可得x1x2m，所以AB的中垂线方程为x.联立又xmx220，可得所以过A，B，C三点的圆的圆心坐标为(，)，半径r.故圆在y轴上截得的弦长为23，即过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.续表创新性典例解析核心素养新立意与常规求解5.(2018高考全国卷)已知函数f(x)ln(x)1，f(a)4，则f(a)_.目标创新点：f(a)与f(a)的对称形式是解题的突破点，内藏判断函数的奇偶性问题，解析式后面的常数1具有画龙点睛的效果考查函数的奇偶性的判断与函数的求值，考查逻辑推理与运算求解能力解析：由f(a)ln(a)14，得ln(a)3，所以f(a)ln(a)1ln1ln(a)1312.答案：26.(2018高考全国卷)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点(1)证明：平面AMD平面BMC; (2)当三棱锥MABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值目标创新点：以半圆弧所在面与矩形所在面垂直为主体，内藏半圆上的圆周角为直角的问题立意考查线面垂直，面面垂直，体积的最值判断和二面角；考查空间想象能力，逻辑推理能力和运算求解能力解：(1)证明：由题设知，平面CMD平面ABCD，交线为CD.因为BCCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，故BCDM.因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DMCM.又BCCMC，所以DM平面BMC.而DM平面AMD，故平面AMD平面BMC.(2)以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.当三棱锥MABC体积最大时，M为的中点由题设得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，M(0，1，1)，(2，1，1)，(0，2，0)，(2，0，0)设n(x，y，z)是平面MAB的法向量，则即可取n(1，0，2)是平面MCD的法向量，因此cosn，sinn，.所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是.一、选择题 已知集合A1，2，3，4，B2，3，6，7，C3，4，5，6，则图中阴影部分表示的集合是()A2，3 B6C3 D3，6解析：选B.由题可知，ABC3，BC3，6，故阴影部分表示的集合是6 已知直线l1：xya20；l2：xy2a30，平行于x轴的直线l分别与l1，l2交于M，N，则|MN|的最小值为()A1 B. C2 D2解析：选C.设l1，l2的距离为d，则d，当a1时，dmin.由于l1，l2的倾斜角为135.所以|MN|min2.故选C. 已知两个圆锥有公共的底面，且两圆锥的顶点A，B和底面都在球O的球面上，H是AB与底面的交点，若两个圆锥的体积之和为，则球O的体积为()A. B.C2 D.解析：选B.易知AB平面，AB为球O的直径，H是底面圆的圆心，设M为底面圆上一点，底面圆的半径为r，连接HM，则HMr，设球O的半径为R，由，设AHt，则BH2t，连接AM，BM，在RtAMB中，r2t2t2t2.由两个圆锥的体积之和为，可得r2(t2t)，即2t23t，解得t，则球O的直径2R3t2，解得R1，故球O的体积VR3，故选B.二、填空题 数列an满足a1，tan an10(nN*)，则tan a9为_解析：因为tan an1(nN*)，所以tan2an11tan2an，又a1，所以tan2a1，所以tan2an是以为首项，1为公差的等差数列，所以tan2a981.又tan an10，所以tan a9.答案： 若函数f(x)sin2xasin xb(a，bR)在上存在1个变号零点，且0b2a1，则ab的取值范围是_解析：设tsin x，x，则t1，0令g(t)t2atb，则g(t)在1，0上存在1个变号零点，所以g(1)g(0)0，所以作出不等式组所表示的平面区域，如图所示令zab，则直线baz经过点A时z取得最小值，经过点O时z取得最大值解方程组得故A(2，3)，所以ab的取值范围是5，0答案：5，0三、解答题 已知sin(2)3sin ，设tan x，tan y，记yf(x)(1)求证：tan()2tan ；(2)求f(x)的表达式；(3)若各项均为正数的数列an满足a12，2f(nN*)求t为何值时数列at是等比数列解：(1)证明：由sin(2)3sin ，得sin()3sin()，即sin()cos 2cos()sin ，故tan()2tan .(2)由tan()2tan ，得2tan ，即2x，整理得y，故f(x).(3)因为2f2，所以aa1.若at是等比数列，设其公比为q，则q，所以atq(at)，即aqa(1q)t，则可得解得所以a2(a2)，所以当t2时，数列a2是首项为2，公比为的等比数列 已知圆C满足下列条件：圆心C在第一象限；圆心C在直线2xy0上；圆C与x轴相切；被直线xy0截得的弦长为.(1)求圆C